Seminario didattico Ingegneria Elettronica. Lezione 3: Dinamica del Corpo Rigido

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1 Seminario didattico Ingegneria Elettronica Lezione 3: Dinamica del Corpo Rigido

2 Esercizio n 1 Un cilindro di raggio R e massa M = 2 Kg è posto su un piano orizzontale. Attorno al cilindro è avvolto un filo inestensibile, che passa sulla gola di una carrucola ideale ed è collegato ad una massa m = 3 Kg, come in figura. Inizialmente il sistema è mantenuto fermo. Ad un certo istante la massa m viene lasciata libera di muoversi e il cilindro immediatamente rotola senza strisciare. Determinare: a) l accelerazione del centro di massa del cilindro; b) la forza di attrito statico c) il minimo coefficiente di attrito statico che consente il puro rotolamento. m DATI: Cilindro: R, M = 2 kg Peso: m = 3kg a)? a CM b)? F AS c)? µ Smin 2

3 O Svolgimento esercizio 1 (1) N P 2 x T α F as y T m P 1 L'equazione per la dinamica per il peso risulta: P 1 T=m a P 1 T =ma T =m g a L'equazione per la dinamica per il cilindro risulta: T F as P 2 N=M a CM { u y :T F as =Ma CM u x : P 2 N=0 N=Mg Il teorema del momento angolare, scegliendo come polo O il punto di contatto, si scrive: M O =2 R T =I O 2RT= I CM MR 2 = 3 2 MR2 Scegliendo come polo il punto di contatto il momento della forza di attrito risulta nullo, poichè il braccio è nullo. T = 3 4 MR 3

4 Svolgimento esercizio 1 (2) a Poichè abbiamo un rotolamento senza strisciamento risulta: a CM = R O α a CM m poichè il filo è instensibile l'accelerazione del corpo in caduta è pari all'accelerazione tangenziale del disco a distanza 2R dal polo: a= 2 R Uguagliamo il valore della tensione ottenuto tramite il teorema del momento angolare e quella del moto del peso (la carrucola è ideale): T = 3 4 MR = 3 8 M a=m g a a= mg = 3 8 M m g 4 = 3M 8m 1 5 g a CM = 2 5 g=3.92ms 2 4

5 Svolgimento esercizio 1 (3) b) Valutiamo la forza di attrito statico dalla componente lungo y dell'equazione della dinamica del cilindro: T F as =M a CM F as =Ma CM T =Ma CM 3 4 Ma CM= 1 4 Ma CM Se sostituiamo il valore ottenuto precedentemene per l'accelerazione del CM, si ha: F as = 1 10 Mg=1.96 N c) Il valore minimo del coefficente di attrito statico risulta: F as s N smin = F as N = 1 10 Mg Mg =

6 Esercizio n 2 Un disco omogeneo di massa M = 1.6 kg e raggio R = 12 cm, posto in un piano verticale, è libero di ruotare intorno ad un asse orizzontale, passante per il suo centro. Sul bordo del disco è fissata una sferetta di massa m pari ad un terzo di M. A t = 0 il sistema è fermo e la sferetta si trova nella posizione A (θ = 30 ) indicata in figura. Lasciato libero il sistema, determinare: a) la velocità angolare ω del sistema quando la sferetta passa per la posizione di equilibrio stabile, b) il periodo delle piccole oscillazioni del sistema. c)nell'ipotesi che agiscano forze di attrito sull'asse, determinare il momento dell'attrito necessario affinché il sistema non si muova. DATI: Disco M = 1.6 kg R = 12 cm θ A sferetta: m = M/3 t = 0 θ = 30 (a)? ω (b)? T piccole oscillazioni (c)? M a O 6

7 Svolgimento esercizio 2 (1) θ A La posizione di equilibrio stabile si ha quando la sferetta è nel punto con la minima energia potenziale gravitazionale, ovvero in O. Ponendo in O l'energia potenziale gravitazionale nulla, le energie totali in A e O risultano: O E A =E pgrav =mgh=mgr 1 cos E O =E k = 1 2 I 2 Poichè vi sono solo forze conservative si ha: E A =E O mgr 1 cos = 1 2 I 2 2 = 2 mg R 1 cos I Il momento di inerzia del sistema risulta: I=I disco I sfera = 1 2 M R2 mr 2 2 = 2 mg R 1 cos = 1 2 M R2 mr 2 2 g 1 cos =11.04 rad s 1 M R 2m 1 7

8 Svolgimento esercizio 2 (2) O θ CM A P b) L'equazione che descrive il moto del pendolo composto si ottiene tramite il teorema del momento angolare usando come polo il centro del disco. La forza peso agisce come forza di richiamo verso la posizione di equilibrio stabile e si applica al CM del sistema. Il quale è sulla congiungente tra la sferetta ed il centro del disco nella posizione: L'equazione di rotazione risulta (β = π θ): R CM = M 0 m R M m = m R M m = R 4 M p = R CM P=I M m gr CM sen =I =I d 2 dt 2 Nell'approssimazione di piccole oscillazioni consideriamo: L'equazione del moto risulta: sen d 2 dt M m gr CM 2 I =0 = M m gr CM I 8

9 Svolgimento esercizio 2 (3) Il periodo dell'oscillazione risulta: T = 2 =2 I M m gr CM =2 1 2 MR2 mr 2 mgr =2 5R 2g =1.1 s c) Affinche non ci sia rotazione il momento totale, somma del momendo della forza di attrito e della forza peso, deve essere nullo: M tot = M p M a =0 M a = M p =R CM M m g sen =0.314 N m 9

10 Esercizio n 3 Una sbarretta uniforme di massa M = 2 kg e lunghezza l =1 m, è libera di ruotare in un piano verticale intorno ad un asse orizzontale senza attrito passante per un suo estremo. Sull altro estremo della sbarretta è fissato un corpo, approssimabile ad un punto materiale, di massa m = 2 kg. La sbarretta inizialmente ferma in posizione orizzontale, viene lasciata cadere. Determinare: a. la posizione del centro di massa del sistema; b. l accelerazione angolare iniziale del sistema e l accelerazione tangenziale iniziale dell estremità destra della sbarretta; c. la velocità del centro di massa quando il sistema raggiunge la posizione verticale. DATI: sbarretta: M = 2 kg l = 1 m corpo puntiforme: m = 2 kg t = 0 sbarretta orizzontale in quiete (a)? X CM (b)? α ed a t estremità destra (c)? V CM sbarretta verticale 10

11 Svolgimento esercizio 3 (1) (a) Calcoliamo la posizione del CM: X CM = X CM = M l 2 +ml =0.75 m M+m (b) A questo punto possiamo considerare la situazione equivalente, cioè un punto materiale di massa (m+m) che si trovi a distanza X CM dall origine; l unica forza agente su tale punto materiale è la forza peso, il cui momento rispetto al polo O è: O i i m i x i m i = M x CM asta +ml M+m CM P X M O = X CM P M O = M+m gx CM Per poter scrivere l equazione di rotazione del sistema (asta + punto materiale), devo calcolare il momento di inerzia totale: X I O =I asta +I m 11

12 Svolgimento esercizio 3 (2) dove, rispetto al polo 0, si ha: I m =ml 2 = I I asta asta CM +M l 2 2 = 1 12 Ml2 +M l2 4 teor. Huygens-Steiner Quindi il momento di inerzia totale (considerando che M=m)sarà: I O = 1 3 Ml2 +ml 2 = 4 3 Ml2 =2. 67kg m 2 Allora posso scrivere l equazione di rotazione: M O =I O α M O =I O α α= M O I O = X CM m+m I O g=11. 01rad/s 2 Di conseguenza, l accelerazione tangenziale all estremità A della sbarretta sarà: a t A =αl=11m/s 2 12

13 Svolgimento esercizio 3 (3) (c) Per calcolare la velocità del CM quando la sbarretta si trova in posizione verticale, ragioniamo energeticamente imponendo la conservazione dell energia meccanica totale. Fissiamo il livello 0, corrispondente alla posizione finale del CM: X CM O O CM Nella situazione iniziale, l energia meccanica totale è data solo dall energia potenziale gravitazionale del CM che si trova ad altezza X CM rispetto al livello 0: E i = m+m gx CM Invece l energia meccanica finale è solo energia cinetica rotazionale: E f = 1 2 I O ω2 = 1 2 I O 2 v CM 2 X CM Imponendo la conservazione dell energia meccanica totale (dato che non ci sono forze non conservative in gioco) otteniamo, sostituendo l espressione di I 0 e considerando M=m: v CM= 3 gx 3 CM l 2 =3.52m/s 13

14 Esercizio n 4 Una piccola massa m = 200 g è poggiata vicino al bordo di un disco di raggio R = 30 cm e massa M = 3.6 Kg Il coefficiente di attrito statico fra la massa ed il disco è µ S = Al sistema disco massa, inizialmente fermo, è applicato un momento costante τ = N m. Il sistema si mette in rotazione e ad al tempo t s la massa, istantaneamente, si stacca dal disco. Calcolare: a) l'accelerazione del disco ad un tempo t <t s ; b) l'accelerazione del disco ad un tempo t > t s ; c) il tempo t s. m DATI: m=200 g Disco: R =30 cm M = 3.6 Kg µ s =0.38 τ=0.486 Nm τ a)? α(t<t s ) b)? α(t>t s ) c)? t s 14

15 Svolgimento esercizio 4 (1) a) Per t < t s il momento di inerzia del sistema risulta: I 1 = 1 2 M R2 m R 2 =0.18 kg m 2 Dal teorema del momento angolare si ottiene: =I 1 1 t t s = 1 = I 1 =2.7 rad s 2 b) Per t > t s il momento di inerzia del sistema risulta: I 2 = 1 2 M R2 =0.16 kgm 2 Dal teorema del momento angolare si ottiene: =I 2 2 t t s = 2 = I 2 =3 rad s 2 15

16 Svolgimento esercizio 4 (2) c) Il punto si stacca quando la forza di attrito statico diviene inferiore alla forza centrifuga. Il caso limite si ha quando la forza di attrito è massima F a s N = s mg Prima che il distacco avvenga il disco ed corpo di massa m si muovono di moto circolare uniformente accelerato con una accelerazione pari a α 1 ; la velocità angolare ad un tempo t risulta: t = 1 t Il distacco avviene all'istante t s in cui si ha: s mg=m 2 t s R=m 1 t s 2 R t s= s g 1 2 R =1.3 s 16

17 Esercizio n 5 Una piattaforma circolare di massa M = 250 kg e raggio r = l0 m, ruota senza attrito attorno ad un asse verticale che passa per il suo centro O, con velocità angolare (ω= 0.1 rad/s). Un uomo di massa m = 75 kg salta sul bordo della piattaforma senza scivolare. a)calcolare la velocità angolare del sistema. b)se l'uomo cammina, senza scivolare, lungo una direzione radiale, fino a raggiungere il centro della piattaforma, calcolare la velocità angolare del sistema ed il lavoro compiuto dall'uomo. ω 1 m DATI: Piattaforma: M = 250 kg R= 10 m ω=0.1 rad/s Uomo: M= 75 kg ω 1 =? ω 2 =? W=? 17

18 Svolgimento esercizio 5 (1) a)il momento delle forze esterne al sistema (piattaforma + disco) è nullo, il momento angolare resta costante. I momenti angolari prima e dopo che l'uomo salga sulla piattaforma sono I seguenti: L i =I L f =I 1 1 Il momento di inerzia della piattaforma è: Il momento di inerzia del sistema piattaforma più uomo è: I= 1 2 M r2 =12500 kg m 2 I 1 = 1 2 M r2 mr 2 =20000 kg m 2 Imponendo la conservazione del momento angolare si ottiene: L i = L f I =I = I I 1 =0.0625rad s 1 18

19 Svolgimento esercizio 5 (2) b) Muovendosi verso il centro l'uomo modifica il momento d'inerzia totale del sistema. Giunto nel centro della piattaforma il momento di inerzia, rispetto all'asse di rotazione passante per il centro, coincide esattamente con quello della sola piattaforma. I 2 = I Imponendo la conservazione del momento angolare si ha che la velocità angolare coincide esattamente con quella iniziale ω 2 = ω = 0.1 rad/s L= L 2 I =I 2 2 =I 2 2 = =0.1rad s 1 Il lavoro compiuto dall'uomo è pari alla variazione di energia cinetica rotazionale del sistema W =E k 2 E k 1 = 1 2 I I = 1 4 Mr mr2 1 2 W =23.43 J 19

20 Esercizio n 6 Una ragazza di massa m = 60 Kg è ferma sul bordo di una piattaforma orizzontale che può ruotare senza attrito intorno ad un asse passante per il suo centro. La piattaforma ha momento d inerzia pari a I = 500 Kg m 2 e raggio R = 2m. Il sistema è inizialmente fermo. Ad un certo istante la ragazza inizia a muoversi lungo il bordo della piattaforma a velocità costante rispetto al suolo v = 1,5 m/s in verso orario. In quale verso e con quale velocità ruoterà la piattaforma? Quanto lavoro ha fatto la ragazza per mettere in moto il sistema? v DATI: Ragazza: m=60 kg v= 1.5 m/s Piattaforma: I p = 500 Kg m 2 R= 2 m ω=? W =? 20

21 Svolgimento esercizio 6 (1) Il momento delle forze esterne è nullo pertanto il momento angolare iniziale e finale devono essere identici. Poichè il sistema è immobile prima che la ragazza si metta in moto il momento angolare iniziale è nullo. Dalla conservazione del momento angolare si ha: L i = 0 L f = 0 Il momento di inerzia della ragazza rispetto all'asse di rotazione passante per il centro della piattaforma risulta: I r =m R 2 Possiamo scrivere il momento angolare finale (il segno negativo della componente dovuta al moto della ragazza è dovuta al fatto che si stia muovendo in senso orario): L f =I p p I r r =I p p m R 2 v R =0 p= mvr =0.36 rad s 1 I p La velocità angolare del disco è positiva poiché la piattaforma si muove in verso antiorario (opposto al moto della ragazza) 21

22 Svolgimento esercizio 6 (2) b) La ragazza compie un lavoro pari alla variazione di energia cinetica del sistema. L'energia cinetica iniziale è nulla. L'energia finale è la somma dell'energia cinetica rotazionale del disco e l'energia cinetica della ragazza. W =E k f E k i = 1 2 m v2 1 2 I p 2 0=99.9 J 22